【bzoj1497】[NOI2006]最大获利 最大点权闭合图

Description

新的技术正冲击着手机通讯市场，对于各大运营商来说，这既是机遇，更是挑战。THU集团旗下的CS&T通讯公司在新一代通讯技术血战的前夜，需要做太多的准备工作，仅就站址选择一项，就需要完成前期市场研究、站址勘测、最优化等项目。在前期市场调查和站址勘测之后，公司得到了一共N个可以作为通讯信号中转站的地址，而由于这些地址的地理位置差异，在不同的地方建造通讯中转站需要投入的成本也是不一样的，所幸在前期调查之后这些都是已知数据：建立第i个通讯中转站需要的成本为Pi（1≤i≤N）。另外公司调查得出了所有期望中的用户群，一共M个。关于第i个用户群的信息概括为Ai, Bi和Ci：这些用户会使用中转站Ai和中转站Bi进行通讯，公司可以获益Ci。（1≤i≤M, 1≤Ai, Bi≤N） THU集团的CS&T公司可以有选择的建立一些中转站（投入成本），为一些用户提供服务并获得收益（获益之和）。那么如何选择最终建立的中转站才能让公司的净获利最大呢？（净获利 = 获益之和 - 投入成本之和）

Input

输入文件中第一行有两个正整数N和M 。第二行中有N个整数描述每一个通讯中转站的建立成本，依次为P1, P2, …, PN 。以下M行，第(i + 2)行的三个数Ai, Bi和Ci描述第i个用户群的信息。所有变量的含义可以参见题目描述。

Output

你的程序只要向输出文件输出一个整数，表示公司可以得到的最大净获利。

Sample Input

5 51 2 3 4 51 2 32 3 41 3 31 4 24 5 3

Sample Output

4

HINT

【样例说明】选择建立1、2、3号中转站，则需要投入成本6，获利为10，因此得到最大收益4。【评分方法】本题没有部分分，你的程序的输出只有和我们的答案完全一致才能获得满分，否则不得分。【数据规模和约定】 80%的数据中：N≤200，M≤1 000。 100%的数据中：N≤5 000，M≤50 000，0≤Ci≤100，0≤Pi≤100。

Source

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证明看不懂QAQ总之就是正权点之和减去最小割

赚到第i个用户的钱，当且仅当第i个用户所需的两个通讯站都被选，这是个闭合图。所以第i个用户向ai和bi连边，求一个最大点权闭合图就行了。

#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>#include<queue>using namespace std;const int INF = 1000000010;const int SZ = 1000010;int head[SZ],nxt[SZ],tot = 1;struct edge{    int t,d;}l[SZ];void build(int f,int t,int d){    l[++ tot].t = t;    l[tot].d = d;    nxt[tot] = head[f];    head[f] = tot;}void insert(int f,int t,int d){    build(f,t,d); build(t,f,0);}int deep[SZ];queue<int> q;bool bfs(int s,int e){    memset(deep,0,sizeof(deep));    deep[s] = 1;    while(q.size()) q.pop();    q.push(s);    while(q.size())    {        int u = q.front(); q.pop();        for(int i = head[u];i;i = nxt[i])        {            int v = l[i].t;            if(!deep[v] && l[i].d)            {                deep[v] = deep[u] + 1;                q.push(v);                if(v == e) return true;            }        }    }    return false;}int dfs(int u,int flow,int e){    if(u == e || flow == 0) return flow;    int rest = flow;    for(int i = head[u];i;i = nxt[i])    {        int v = l[i].t;        if(deep[v] == deep[u] + 1 && l[i].d)        {            int f = dfs(v,min(rest,l[i].d),e);            if(f > 0)            {                l[i].d -= f;                l[i ^ 1].d += f;                rest -= f;                if(rest == 0) break;            }            else deep[v] = 0;        }    }    return flow - rest;}int dinic(int s,int e){    int ans = 0;    while(bfs(s,e)) ans += dfs(s,INF,e);    return ans;}int main(){    int n,m;    scanf("%d%d",&n,&m);    int s = n + m + 1;    int e = n + m + 2;    for(int i = 1;i <= n;i ++)    {        int x;        scanf("%d",&x);        insert(i,e,x);    }    int sum = 0;    for(int i = 1;i <= m;i ++)    {        int a,b,c;        scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);        insert(i + n,a,INF);        insert(i + n,b,INF);        insert(s,i + n,c);        sum += c;    }    printf("%d\n",sum - dinic(s,e));    return 0;}